山东省“山东学情”2021-2022学年高二上学期12月联考试题物理（A）PDF版含答案

高二物理A答案（人教版）

1．答案 A

解析周期性变化的电场和磁场交替向远处的传播形成电磁波，选项A正确；选项B错误；麦克斯韦语言了电磁波的存在，赫兹首次用实验证实了电磁波，故选项C错误；X射线的频率小于射线的频率，由得X射线光子的能量小于射线光子的能量选项D错误。

2．答案 D

解析闪电后雷声轰鸣不绝是声音多次反射造成的，选项A错误；光导纤维传递信息利用了光的全反射现象、围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是波的干涉造成的、雷达测速利用了多普勒效应，故BC选项都错误，D选项正确。

3．答案 B

解析通电导线与通电导线之间的相互作用力是通过磁场发生的，选项A错误；乙图中，若在ab的两端接上恒定的直流电源，则磁通量不变，cd线圈中不会产生感应电流，即稳定后接在cd端的表头示数始终为0，选项B正确；丙图中，根据共振的知识可知，使M摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后，与M 球摆长最接近的小球将获得最大的振幅，选项C错误；丁图中，若玻璃砖的、两面不平行，按照丁图中的实验方法，同样可以测定玻璃砖的折射率，选项D错误。

4．答案 C

解析 A元件的伏安特性曲线是直线，所以导线A是线性元件，其斜率的倒数等于其电阻，斜率，但倾角的正切值与横轴和纵轴的分度值有关，斜率和倾角的正切值不相等，故选项A错误；B元件的伏安特性曲线是弯曲的曲线，所以导线B是非线性元件，曲线上各点与原点连线的斜率为相应状态的电阻的倒数，根据图像可知，各点与原点的连线的斜率逐渐增大，所以导体B的阻值随电流的增大而减小，故选项B错误、C正确；当A、B导体串联时它们的I相等，但U不一定相等、则也不一定相等，即不一定相等，选项D错误。

5．答案 C

解析由图像知两弹簧振子的周期不相等，只是初相相同，所以它们的相位不相同，选项A错误；两弹簧为水平弹簧振子，能量只有动能和弹性势能，当最大位移时能量即弹性势能。甲的振幅大，但两弹簧的劲度系数大小不知，所以最大位移时弹性势能无法判断，即总能量大小无法判断，选项B错误；t=2s时甲处于平衡位置负向运动，具有负向最大速度，乙在正向最大位移处，具有正向最大位移，故选项C正确；不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小关系，所以无法判断回复力大小和加速度大小的比例关系，故选项D错误。

6．答案 A

解析通电导线L、M、N在B1处产生的磁感应强度方向如图所示，且大小均为B，根据矢量合成可知，，故选项A正确。

7．答案  D

解析光由玻璃进入空气传播时，频率不变，波速增大，波长增大，选项A错误；在真空中光线a与法线的夹角大，根据光路可逆性，由折射率公式得光线a在玻璃中的折射率大，传播速度小，所以在玻璃砖中，相同的路程光线a所用的时间长，选项B错误；增加入射角θ折射光线a首先消失，选项C错误；光线a的折射率，说明光线a的频率高，根据，光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项D正确。

8．答案  A

解析设时间有的空气与风力发电机作用，由动量定理得，，整理得，故选项A正确。

9．答案 BD

解析当滑动变阻器R3的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，内电压和R1的电压增大，则并联电路电压减小，故R2和灯泡的支路电流减小，灯泡变暗，选项A错误；干路电流增大，R2和灯泡的支路电流减小，所以R3支路电流增大，选项B正确；当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道外电阻和内阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化情况，选项C错误；外电阻越小，电源效率越小，选项D正确。

10．答案  BC

解析由动能定理可知，三球重力做相同的功，但a球、b球初动能相等，c球初动能为0，故三球落地时速度，由三球质量相等，得落地动量，选项B正确；

由于三球在空中运动时间，故重力的冲量，由动量定理得，故选项C正确。

11．答案  AD

解析两列波波速相同，波长不同，根据，频率不同，不能干涉，选项A正确；平衡位置为x=8.5cm处的质点，两类波单独引起的位移分别为和，故此刻合位移为大于振幅A，选项B错误；平衡位置为x=6cm处的质点此刻处于平衡位置，两列波的速度不等，方向相反，故合速度不为零，故选项C错误；实线波长为4cm，频率为2Hz，由得波速为8cm/s，即虚线波速也为8cm/s。从图示时刻起在经过0.25s实线x=2cm处质点的波形和虚线x=6cm处质点的波形分别传播到平衡位置为x=4cm处质点处，合位移y=0，选项D正确；

12．答案  ACD

解析取水平向右为正方向，由图知，C与A碰前速度为，碰后速度，C与A碰撞过程动量守恒：，得，选项A正确；AC整体以向右挤压弹簧，当速度减为零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒得，选项B错误；由能量守恒，当12s时AC整体以向左运动时弹簧恢复原长，B将离开墙壁，选项C正确；B离开墙壁后AC通过弹簧带动B向左加速，当ABC共速时弹簧最长，设此时速度大小为，由动量守恒定律，得，

由能量守恒得，选项D正确。

13．答案 (1) 偏大     (2) 2ka

详解（1）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期：。

根据单摆周期公式整理得，周期测量值偏小，则g测量值偏大。

（2）由单摆周期公式：，整理得：，图线的斜率：；

将L=0，代入表达式，即，得小球直径：，重力加速度：。

14．答案（1）CBE （2）如图所示

（3）0.95（4）

解析（1）用欧姆表粗测电阻。现将欧姆表置于“×10”，经正确的操作，测量电阻时发现指针偏角过大，说明用的档位偏大，应该换小挡，使得指针指向表盘的中央刻度附近，所以改用“×1”的档位，换档后重新欧姆调零。

（2）电路图如图所示

（3）游标尺主尺部分的读数为：0mm，分尺上的读数为：

游标尺的最终读数为：0.95mm

（4）由电路知识得：

由电阻定律得： ，联立可解得：

15．答案(1) （n=0、1、2……）    (2) s=0.55m

解析  (1)由波源的振动方程，

得振幅A=0.05m，T=0.2s。……………………………………………………………………1分

且波源的起振方向为y轴负方向。则P点的起振方向也为y轴负方向。

当波源处于波谷，OP间距（n=0、1、2……）………………………2分

由，得（n=0、1、2……）……………………………………………1分

(2)波由波源传到P点所用时间为………………………………………………1分

则p点的振动时间为………………………………………………………………1分

则：路程………………………………………………………2分

16．答案 (1)       (2)

解析设光线PB射到水面上的点为O，光路图如图所示，设入射角为，折射角为

由几何关系得tan=，得，………………………………1分

tan=，

得，……………2分

由折射定律得得……………………………1分

(2)设潜水员离水面深度为h，光在水面发生全反射的临界角为C，则

………………………………1分

则，……………………2分

则潜水员再下潜的距离………………………………1分

17．答案   (1)P出=0.432W    (2)R=0.8Ω   (3)E=3.2V    r=

解析（1）当重物匀速上升时，电动机的电压U1=3.0V，I1=0.15A，

即电动机输入功率为P入=U1I1=0.45W…………………………………1分

由h-t图像的斜率可得重物匀速上升的速度为……………………1分

此时电动机的输出功率P出=Fv=mgv=0.432W……………………2分

得该电动机在图丁所示时间内的效率……………………1分

（2）由P出=U1I1-I12R…………………………2分，得R=0.8Ω………………………………1分

(3)电动机与电源构成闭合回路，初始启动时：U0=2.8V，I0=0.30A，电动机稳定工作时U1=3.0V，I1=0.15A，

由闭合电路欧姆定律U0=E-I0r，U1=E-I1r…………………………………………2分

则E=3.2V    r=……………………………………………………2分

18．答案  (1)    (2)   (3)   (4)

解析(1)设物块P与A碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v。

对小物块P下落过程应用动能定理，…………………1分

上升过程应用动能定理………………………………1分

设P与A相碰后A的速度大小为v1，对于P和A组成的系统，碰撞过程应用动量守恒定律

…………………………………………………………………………2分

得碰后A的速度为……………………………………………………………1分

(2)P和A碰撞过程中的能量损=……………2分

(3)设B与挡板碰撞前AB的速度大小为v2，B与挡板碰撞后最终共速时AB的速度大小为v3。

对于A和B组成系统由动量守恒定律得2mv1=(2m+4m)v2  ……………………………………2分

2mv2—4mv2=—(2m+4m)v3……………………………………………………………………2分

综上解得最终A、B运动的速度大小……………………………………………1分

(4)从A被P碰后向右运动，到最终A、B相对静止向左运动的过程应用能量守恒定律：

…………………………………………………………3分

得……………………………………………………………………………1分